高考化学氯及其化合物的综合题试题含答案解析

一、 高中化学氯及其化合物

1．(1)单质钠是一种______色的金属，密度比水______(大/小)，钠在自然界中以______(化合/游离)态存在；金属钠与水反应的化学方程式：______，金属钠在空气中燃烧生成______色的______(化学式)，其生成物与水反应的化学方程式：______。 (2)氯气是一种______色的气体，密度比空气______，______溶于水，并可以和水发生反应，写出其反应的化学方程式：______，实验室中用______ 溶液(化学式)吸收多余的氯气。

铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：______。漂白粉是______和______(化学式)的混合物，是利用氯气与氢氧化钙反应制成的，写出其反应的方程式：______。

(3)现有物质：①氧化镁②硫酸铜 ③碳酸钙 ④金属钠 ⑤氯气 ⑥氢气 ⑦硫酸 ⑧氯水⑨二氧化硫 ⑩氧化钠⑪二氧化硅⑫次氯酸⑬漂白粉

按下列标准进行归类(填序号)混合物______ 酸______ 盐______单质______ 碱性氧化物______ 酸性氧化物______。

【答案】银白 小 化合 2Na2H2O2NaOHH2 淡黄 Na2O2

2Na2O22H2O4NaOHO2 黄绿 大 易 Cl2H2OƒHClHClO NaOH

点燃2Fe3Cl22FeCl3 CaCl2 Ca(ClO)2

2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O ⑧⑬ ⑦⑫ ②③ ④⑤⑥ ①⑩

⑨⑪ 【解析】 【分析】

1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；密度比水小，钠是很活泼的金属，

在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；

金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气；

2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水；氯气和水反应生

成盐酸和次氯酸，实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙；

3物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、

碱、盐。混合物是指由多种物质组成的物质；酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；单质是只含有一种元素的纯净物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。 【详解】

1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；钠与水反应浮在水面上，钠的密度

比水小，钠是很活泼的金属，在常温下就能与氧气反应，钠在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式：

2Na2H2O2NaOHH2，金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，

2NaO2VNa2O2，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：

2Na2O22H2O4NaOHO2；

2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水，1体积水中能溶

解2体积的氯气；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2H2OƒHClHClO，实验

室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，生成氯化钠和次氯酸钠，离子反应为

Cl22OHClClOH2O，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁

点燃2Fe3Cl22FeCl3，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的方程式为

2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O，漂白粉的主要成分是次氯酸钙

(CaClO)2、氯化钙CaCl2；漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂

白、杀菌作用的次氯酸，同时生成碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为：

Ca(ClO)2CO2H2OCaCO32HClO；

3①氧化镁为碱性氧化物； ②硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成的盐； ③碳酸钙由碳

酸根离子和钙离子构成的盐； ④金属钠 属于单质；⑤氯气属于单质； ⑥氢气属于单质；⑦硫酸属于二元强酸； ⑧氯水属于氯气和水的混合物； ⑨二氧化硫为酸性氧化物； ⑩氧化钠为碱性氧化物；⑪二氧化硅为酸性氧化物；⑫次氯酸为一元弱酸；⑬漂白粉主要成分是次氯酸钙(CaClO)2、氯化钙CaCl2，属于混合物； 则：混合物为⑧⑬，酸为 ⑦⑫，盐为②③，单质为④⑤⑥，碱性氧化物为

①⑩， 酸性氧化物为⑨⑪。

【点睛】

本题考查的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类，属基础题，碱金属是典型金属元素的代表，钠是碱金属元素的代表，氯是卤素的代表，在无机化学中有非常重要的地位，因而成为命题的重点物质，是物质推断、鉴别、及有关实验、计算的常见物质。

2．已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。请回答下列问题。

(1)写出下列各物质的化学式：

X______、Y______、A______、B______、C______。 (2)反应①的离子方程式为____________。

【答案】Cl2 SO2 HCl H2SO4 FeCl3 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+ 【解析】 【分析】

A与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与Fe反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。 【详解】

(1)分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+。

3．有X、Y、Z三种元素：

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；

（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；

（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红； （4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体； （5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。

试写出其元素符号：X__，Y__，Z__，化合物的分子式：XZ__，X2Y__。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。 【详解】

X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。

4．某溶液中可能含有K＋、Na＋、CO3、Cl－中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验：

2

请回答下列问题：

(1)原溶液中一定存在的离子是______(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是______________，可能存在的离子是__________________。

(2)为进一步确定原溶液中可能存在的离子是否存在，应进行的实验操作及判断依据是_________

【答案】Na＋和CO3 K＋ Cl－ 取原溶液，向溶液中加入银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl，若白色沉淀消失，则原溶液

－

中不存在Cl

－

2【解析】 【分析】

钠的焰色反应是黄色，钾的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）是紫色；CO3能和盐酸反应生成气体。检验Cl-的试剂是稀和银溶液。 【详解】

＋＋

（1）根据焰色反应显黄色、透过蓝色钴玻璃无紫色，说明含有Na、无K；加入盐酸有

2气体产生，说明存在CO32-，但不能确定是否有Cl－；则原溶液中一定存在Na+和CO32-，一定不存在K+，可能存在的是Cl-。

（2）要检验是否存在Cl-选用AgNO3溶液和稀HNO3，所进行的操作和判断的依据为：取原溶液，向溶液中加入银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－。

5．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验： 实验序号 实验内容 实验结果 a 加AgNO3溶液 有白色沉淀生成 b 加足量NaOH溶液并加热 收集到气体1.12L（已折算成标准 状况下的体积） c 加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀 第一次称量读数为6. 27g，第二次 称量读数为2.33g 中加足量稀盐酸，然后干燥、称量 试回答下列问题：

（1）该混合物中一定不存在的离子是__________________________。 （2）溶液中一定存在的阴离子是____________________。 （3）试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。 （4）判断混合物中是否存在K+？__________________（填“是”或“否”）。 【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+ SO42-、CO32- NH4++OH-=NH3↑+H2O 是 【解析】 【分析】

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀 为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。 【详解】

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀 为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断；

(1)上述分析可知，该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+； (2)溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-；

(3)实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，反应的离子方程式为为：NH4++OH-=NH3↑+H2O；

(4)题干信息可知，NH4+ 物质的量 0.05mol，SO42-物质的量为0.01mol，CO32- 物质的量为0.02mol，由溶液中电荷守恒可知，假设溶液中一定含有K+，溶液中电荷守恒c(K+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+2c((CO32-)，c(K+)=0.2mol/L，溶液中可能存在Cl-，所以c(K+)≥0.2mol/L，即说明溶液中一定含有K+。 【点睛】

破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。

6．无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。B与金属D反应可生成白色固体E，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，F与CO2反应可得到气体G，D与水反应可生成A，A在G中燃烧生成水。推断出各种物质后，回答下列问题：

（1）E的化学式为_____。

（2）由D生成F的化学方程式为：_____。 （3）D与H2O反应的离子方程式为：______。

（4）写出F与CO2反应的化学方程式，并用双线桥表示该反应的电子转移____。 【答案】NaCl 2Na＋O2

Na2O2 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑

【解析】 【分析】

无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。可得出A为氢气，B为氯气，C为氯化氢，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，D为金属钠，F为过氧化钠，F与CO2反应可得到气体G，G为氧气，B与金属D反应可生成白色固体E，E为氯化钠。 【详解】

⑴根据以上分析得E为氯化钠，E的化学式为NaCl， 故答案为NaCl；

⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠，D生成F的化学方程式为：2Na＋O2故答案为：2Na＋O22OH－＋H2↑，

＋－

故答案为：2Na＋2H2O = 2Na＋2OH＋H2↑；

Na2O2，

Na2O2；

⑶钠和水反应生成氢氧化钠和水，D与H2O反应的离子方程式为：2Na＋2H2O = 2Na＋＋

⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，F与CO2反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2 = 2Na2CO3＋O2↑，用双线桥表示该反应的电子转移

，

故答案为： 。

7．某待测溶液（阳离子为Na+）中只可能含有SO42-、SO32-、Cl－、Br－、NO3-、HCO3-中的一种

或若干种，进行下列实验（每次实验所加试剂均足量）；回答下列问题：

2-2-（1）待测液中是否含SO4、SO3离子__________________________________________

（2）气体D的化学式为____________，反应生成沉淀B的离子方程式为：____________ （3）根据以上实验，待测液中肯定没有的离子__________________________；肯定存在的离子是_____________________。

2-2- -2+-【答案】一定有 SO3，而 SO4可能存在可能不存在 NO HCO3+Ba+OH= BaCO3↓+H2O Br－

HCO3-、SO32-

【解析】 【分析】

待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入银、溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；据以上分析解答。 【详解】

待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入银、溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；

(1)根据以上分析可以知道，待测液中一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在； 答案是: 一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在；

(2)根据分析可以知道，气体D的化学式为NO；碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡，反应生成沉淀B的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O； 答案是: NO；HCO3-+Ba2++OH-= BaCO3↓+H2O；

(3)根据分析可以知道，待测液中一定不存在的离子为Br－；肯定存在的离子为: HCO3-、SO32-；

答案是: Br－；HCO3-、SO32-。

8．X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质： （1）X，Y，Z的单质在常温下均为气体；

（2）X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；

（3）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+ 和Z -，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红； （4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2分子X2Y，X2Y在常温下液体； （5）Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。

根据上述事实，试判断X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物质： X（_______________），Y（_______________）Z（________________）， XZ（_______________） X2Y（_______________）。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】

结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。 【详解】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2；结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：H；O；Cl；HCl；H2O。

9．有一瓶溶液只含Cl-、CO32—、SO42—、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种。经如下实验：

① 原溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀；

② 将①所得溶液加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体； ③ 原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。

④ 原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀白色沉淀不溶解。 回答下列问题：

(1)试分析原溶液中一定含有的离子是_____________，一定不含有的离子是____________。

(2)请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式： ①产生白色沉淀________________________________； ②产生气体_________________________________________； ④产生白色沉淀______________________________________。

(3)有同学认为实验④可以省略，你认为呢？(填“可以”或“不可以”)___________，并说明理由_____________________________。

【答案】Mg2+、NH4+、Cl- CO32－、SO42－ Mg2++2OH－＝Mg(OH)2↓ NH4++OH－△NH3↑+H2O Ag++ Cl―= AgCl ↓ 可以 溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在 【解析】

【分析】

Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+ 七种离子中只有有Mg2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀白色沉淀不溶解，说明含Cl-。 【详解】

Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+ 七种离子中只有有Mg2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀白色沉淀不溶解，说明含Cl-；

(1)由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32-、SO42-，可能含有Na+、K+；

(2)氢氧化钠和Mg2+ 生成氢氧化镁沉淀，和NH4+反应生成氨气，Cl-和Ag+反应生成氯化银沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg2+(OH)2↓，NH4++OH-+Ag+=AgCl↓；

(4)溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，所以一定存在Cl-，所以实验④可以省略。

NH3↑+H2O，Cl-

10．I、中学常见反应的化学方程式是ABXYH2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。 （2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。 II、（1）硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。 （2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl2杀菌消毒）混合，pH将____（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）_________________________________。

（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。 ①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源

A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤ 【答案】4H +2Cl +MnO2

+

-

ΔCl2 +Mn2+ +2H2O 4:1 SO2＋H2OH2SO32H2SO3＋

O2===2H2SO4 减小 H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4 C 【解析】 【分析】 【详解】

I、(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰

与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-

ΔMn2++Cl2↑+2H2O；

(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓，但A、B的物质的量之比为1：4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，为氧化剂，且全部被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1； II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；

(2)该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4；

(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。

11．实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。结合氯气

的物理性质，判断下列叙述中不正确是________________(填序号)。 ①加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶，瓶内充满黄绿色气体。 ②氯气的密度比空气大，常用向上排空气法收集氯气。

③闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔。

④在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色。 ⑤氯气易液化，在低温和加压的条件下可以转变为液态(液氯)和固态。 ⑥氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。 【答案】⑥ 【解析】 【分析】

结合氯气的物理性质和化学性质解题即可。 【详解】

①二氧化锰和浓盐酸混合加热可制得氯气，而氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体，故①正确；

②氯气易溶于水且与水反应，可根据其密度比空气大，选择向上排空气法收集氯气，故②正确；

③氯气是有毒气体，则闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，故③正确；

④氯气溶于水所得氯水中含有氯气分子，则在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色，故④正确；

⑤氯气的熔、沸点比较高，在低温和加压的条件下，氯气易转变为液态(液氯)和固态，故⑤正确；

⑥氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，但氯水是氯气的水溶液，属于混合物，故⑥错误；

故答案为⑥。

12．有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉，该方法流程如下：

(1)②中的反应物是氯化钠和________，该反应的离子程式为_________。 (2)写出反应④、⑤的化学方程式：_________。

(3)图中反应②③④⑤属于氧化还原反应的是____________。 【答案】水 2Cl－＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2、2Cl2＋

2Ca(OH)2=CaCl2＋ Ca(ClO)2＋2H2O ②⑤ 【解析】 【分析】

(1)②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气；

(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。

(3)反应前后有元素化合价改变的反应为氧化还原反应。 【详解】

(1)②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，②中的反应物是氯化钠和水，反应的离

－

子方程式为2Cl＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

(2) 反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙，反应的化学方程式是CaO＋H2O=Ca(OH)2；反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。 (3)②2Cl－＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑、⑤2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O反应中有元素

化合价的变化，属于氧化还原反应，③CaCO3

高温CaO＋CO2↑、④CaO＋H2O=Ca(OH)2，反

应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应。

13．如图为工业从海水中提取液溴的流程图：

已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。请回答：

（1）某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验，当进行步骤①时，应关闭活塞___，打开活塞____。

（2）步骤②中可根据___现象，简单判断热空气的流速。 （3）步骤③中简单判断反应完全的依据是___。 （4）从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是___。

（5）步骤⑤用下图装置进行蒸馏，蒸馏烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意___，装置C中直接加热不合理，应改为__。

【答案】bd ac A中气泡产生的快慢 B中溶液褪色 浓缩Br2或富集溴 温度计的水银球在蒸馏支管口附近 水浴加热 【解析】 【分析】

向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到溴水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，然后通入SO2气体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr，再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液，最后蒸馏得到液溴。 【详解】

(1)进行步骤①的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2，且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理； (2)步骤②是利用溴单质易挥发的性质，关闭ac，打开bd，通入热空气把生成的溴单质赶出到装置B，并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速； (3)步骤③中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr，由于溴水显橙色，所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色，来判断反应是否恰好完全进行；

(4)海水中溴元素较少，从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，起到富集溴元素的作用；

(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度，因此蒸馏烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸馏支管口处；装置C中直接加热温度不容易控制，为使溴单质从溴水中蒸出，可根据溴的沸点为59℃，采用水浴加热的方法。 【点睛】

本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主

要是海水提取溴的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。

14．将正确答案的序号填在空白处。

(1)用经Cl2消毒的自来水配制下列溶液：①Na2SO3；②KI；③AlCl3；④FeCl2；⑤AgNO3；⑥稀盐酸，发现部分药品变质，它们是 ______ 。 (2)下列反应必须加入氧化剂且一步反应就能完成的是 ______ 。

①N2NO2 ②NO2NO ③NO2HNO3 ④N2NO ⑤N2NH3 (3)在如图所示的8个装置中，属于原电池的是 ______ 。

(4) ①②③④四种金属片两两相连浸入稀硫酸中都可组成原电池。 ①②相连时，外电路电流从②流向①； ②③相连时，③为正极； ②④相连时，②上有气泡逸出； ③④相连时，③的质量减少．

据此判断这四种金属活动性由大到小的顺序是 ______ 。 (5)下列物质中，不能由单质直接化合生成的是 ______ 。 ①CuS②FeS③SO3④H2S⑤FeCl2

(6)下列物质中，属于强电解质的是 ______ ；属于非电解质的是 ______ 。

①氨气 ②氨水 ③盐酸 ④醋酸 ⑤硫酸钡 ⑥氯化银 ⑦氯化钠 ⑧二氧化碳 ⑨醋酸铵⑩氢气⑪水

【答案】①②④⑤ ④ ②④⑥⑦ ①③④② ①③⑤ ⑤⑥⑦⑨ ①⑧ 【解析】 【分析】

(1)氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离子，与药品不反应，则不变质；

(2)必须加入氧化剂，则选项中为还原剂的反应，还原剂中某元素的化合价升高，且反应一步转化；

(3)由两个活性不同的电极、有电解质溶液、形成闭合回路、可自发进行放热的氧化还原反应可构成原电池；

(4)原电池中，作负极的金属活泼；

(5)变价金属与强氧化剂反应生成高价金属化合物，与弱氧化剂反应生成低价金属化合物； (6)电解质、非电解质都为化合物，利用熔融或溶于水能否电离分析。

【详解】

1氯水中含氯气、HClO、水三种分子，含氢离子、氢氧根离子、氯离子、次氯酸根离

子，氯气、HClO均与①Na2SO3、②KI、④FeCl2发生氧化还原反应而变质，氯离子与

⑤生成AgCl沉淀而变质，故答案为：①②④⑤；

2①N2NO2中N元素的化合价升高，需要加氧化剂，但不能一步转化，故不选；

②NO2NO中N元素的化合价降低，与水反应可转化，不需要加还原剂，故不选； ③NO2HNO3中N元素的化合价升高，与水反应可转化，不需要加氧化剂，故不选；

④N2NO中N元素的化合价升高，需要加氧化剂，可一步转化，故选； ⑤N2NH3中N元素的化合价降低，需要加还原剂转化，故不选；

故答案为：④；

3①中只有Zn不能构成原电池，③电极材料相同不能构成原电池，⑤中酒精为非电

解质不能构成原电池，⑧不是闭合回路不能构成原电池，而②④⑥⑦符合原电池的构成条件，故答案为：②④⑥⑦；

4①②相连时，外电路电流从②流向①，①为负极，金属性①②；

①③相连时，③为正极，①为负极，金属性①③；

②④相连时，②上有气泡逸出，④为负极，金属性④②；

③④相连时，③的质量减少，③为负极，金属性③④，

则金属活动性由大到小的顺序是①③④②；

5①Cu与S反应生成Cu2S，不能直接得到，故选；

②Fe与S反应直接得到FeS，故不选； ③S与氧气反应直接生成SO2，故选； ④S与氢气反应生成H2S，故不选；

⑤Fe与氯气反应直接生成FeCl3，不能生成FeCl2，故选； 故答案为：①③⑤；

6①氨气溶于水，溶液能够导电，但氨气本身不能电离，为非电解质；

②氨水为混合物，既不是电解质也不是非电解质； ③盐酸为混合物，既不是电解质也不是非电解质；

④醋酸为乙酸和水为混合物，既不是电解质也不是非电解质； ⑤硫酸钡在熔融状态下完全电离，为强电解质；

⑥氯化银在熔融状态下完全电离，为强电解质；

⑦氯化钠在熔融状态下及溶于水均完全电离，为强电解质；

⑧二氧化碳溶于水，溶液能够导电，但二氧化碳本身不能电离，为非电解质； ⑨醋酸铵在熔融状态下及溶于水均完全电离，为强电解质；

⑩氢气为单质，既不是电解质也不是非电解质；

⑪水能微弱电离，为弱电解质，

则属于强电解质的是⑤⑥⑦⑨，属于非电解质的是①⑧。 【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

15．我国广泛采用将干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2，用其取代氯气对自来水消毒，从而降低自来水中的氯残留对人体健康的影响。 (1)在ClO2分子中氯元素的化合价是______________。

(2)表示这一反应的化学方程式是________________________________，和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是生产出的ClO2中不含Cl2杂质。

(3)在酸性溶液中，用草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是________________________________，此法的优点是ClO2可被CO2稀释(Na2C2O4的氧化产物是CO2)。

(4)根据上述原理，北京绿先锋环保科技有限责任公司生产的“绿先锋消毒剂”是由两组固体试剂组成的。其使用方法见下图：

小瓶内盛的白色固体是________________，瓶胆内盛的白色固体是______________。 【答案】＋4 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2 草酸钠 氯酸钠 【解析】 【分析】

(1)化合物中正负化合价的代数和为0，ClO2中O为-2价； (2)由信息可知，氯气与NaClO2反应生成ClO2；

(3)草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，Na2C2O4的氧化产物是Na2CO3，结合电子、原子守恒分析；

(4)从上文信息可知两种固备ClO2的是草酸钠与氯酸钠，根据氯酸钠具有强的氧化性分

析判断物质的存放。 【详解】

(1)根据O元素化合价为－2，得氯元素的化合价为＋4。

(2)根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合质量守恒定律可得另一生成为氯化钠，反应方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；

(3)草酸钠(Na2C2O4)与NaClO3反应，氯酸钠被还原得到的ClO2，草酸钠被氧化为Na2CO3，反应方程式为：Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2；

(4)根据上述信息可知两种固体是草酸钠与氯酸钠，由于氯酸钠具有强的氧化性，会腐蚀钢筒，因此小瓶内盛的白色固体是草酸钠，瓶胆内盛的白色固体是氯酸钠。 【点睛】

本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握习题中的信息及物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。